Tài liệu ôn thi thpt quốc gia toán có đáp án Đề số 008

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 50+8/2015
3x − 1
.
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
2. Tìm điểm M trên đồ thị (H) sao cho M cách đều các đường tiệm cận của (H).

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sin 2x + 3 cos(π − 2x) = 3 .
b) Cho số phức z = (1+ i)2 + (1+ i)3 . Tính môđun của số phức z 2 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình

3
4

x+1

−

5
2
+ x+1 = 0 .
x+1
6
9

2

1+ 3ln x
dx .
x
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

Câu 5 (0,5 điểm). Viết ngẫu nhiên hai số tự nhiên mỗi số gồm 4 chữ số đôi một khác nhau và chia hết
cho 10. Tính xác suất để hai số viết được khác nhau và mỗi số có tổng các chữ số là một số lẻ.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm I(1;2;3), và mặt phẳng (P) có
phương trình 2x − 2y − z − 4 = 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I, tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, tam giác SAB
đều, và SC = a 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và gọi K là trung điểm của AD, tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng SD,CK.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có tâm là gốc toạ độ O, từ điểm P
trên đường thẳng y − 3 = 0 kẻ hai tiếp tuyến PA,PB đến (C). Gọi I là điểm trên đoạn AB, qua I kẻ
đường thẳng vuông góc với OI cắt (C) tại C,D. Tiếp tuyến của đường tròn (C) tại C,D cắt nhau tại điểm
Q(2;-1). Tìm toạ độ các điểm P,A,B biết rằng PA = 2 5 , và điểm A có hoành độ dương.
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất một cặp số thực (x;y) thoả
mãn hệ điều kiện:
⎧⎪2x 2 − 4y 2 + 16y − 17 = m(y − 2 − −x 2 + 3x − 2 )3
.
⎨
3
2
(x
−
1)
x
−

1
+
8
=
y
−
6y
+
12y
⎩⎪
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b là hai số thực dương thoả mãn a 2 + b 2 − 2(a 4 + b 4 ) > 0 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a2 + b2
2(a 3 + b 3 )
P= 2 2 −
− 12 ln ⎡⎣ a 2 + b 2 − 2(a 4 + b 4 ) ⎤⎦ .
2
2
ab
ab 1− a − b
---HẾT---


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
3x − 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
.
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
2. Tìm điểm M trên đồ thị (H) sao cho M cách đều các đường tiệm cận của (H).

1. Học sinh tự giải.
3m − 1
2. Giả sử điểm cần tìm M (m;
), m ≠ −1 .
m +1
Ta có (H) có tiệm cận đứng Δ1 : x + 1 = 0 ; tiệm cận ngang Δ 2 : y − 3 = 0 .
Theo giả thiết ta có:
3m − 1
−3
m +1
m +1
d(M; Δ1 ) = d(M; Δ 2 ) ⇔
=
1
1
.
⎡m = 1
⎡ M (1;2)
4
⇔ m +1 =
⇔ (m + 1)2 = 4 ⇔ ⎢
⇒⎢
m +1
⎣ m = −3 ⎣ M (−3;5)
Vậy có hai điểm cần tìm là M(1;2) hoặc M(-3;5).

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sin 2x + 3 cos(π − 2x) = 3 .
b) Cho số phức z = (1+ i)2 + (1+ i)3 . Tính môđun của số phức z 2 .
a) Phương trình tương đương với:

1
3
3
π
3
sin 2x − 3 cos 2x = 3 ⇔ sin 2x −
cos 2x =
⇔ sin(2x − ) =
2
2
2
3
2
π π
π
⎡
⎡
.
2x
−
=
+
k2
π
x
=
+ kπ
⎢
⎢
3 3

3
⇔⎢
⇔⎢
, k ∈!
π
2
π
π
⎢ 2x − =
⎢ x = + kπ
+ k2π
⎢⎣
⎢⎣
3
3
2
b) Ta có: z = (1+ i)2 (1+ 1+ i) = 2i(2 + i) = −2 + 4i ⇒ z 2 = z = (−2)2 + 4 2 = 20 .
2

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình

⎛ 9⎞
Phương trình tương đương với: 3 ⎜ ⎟
⎝ 4⎠
⎛ 3⎞
Đặt t = ⎜ ⎟
⎝ 2⎠

3
4

x+1

x+1

−

5
2
+ x+1 = 0 .
x+1
6
9

⎛ 3⎞
− 5⎜ ⎟
⎝ 2⎠

x+1

+2= 0.

x+1

> 0 , phương trình trở thành:

⎡⎛ 3 ⎞ x+1
⎢⎜⎝ ⎟⎠ = 1
⎡t = 1
2

⎡x +1 = 0
⎡ x = −1
2
⎢
.
3t − 5t + 2 = 0 ⇔
⇔⎢
⇔⎢
2⇔⎢
x+1
⎢⎛ 3 ⎞
⎢t =
⎣ x + 1 = −1 ⎣ x = −2
2
⎣ 3
⎢⎜ ⎟ =
3
⎣⎝ 2 ⎠


2

1+ 3ln x
dx .
x
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
2

2
2
2
dx
ln x
ln 2 x 2
3ln 2 2
Ta có: I = ∫ + 3∫
.
dx = ln x + 3∫ ln xd(ln x) = ln 2 + 3
= ln 2 +
1
x
x
2 1
2
1
1
1

Câu 5 (0,5 điểm). Viết ngẫu nhiên hai số tự nhiên mỗi số gồm 4 chữ số đôi một khác nhau và chia hết
cho 10. Tính xác suất để hai số viết được khác nhau và mỗi số có tổng các chữ số là một số lẻ.
Số các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 10, có 1.A93 = 504 số.
Không gian mẫu là số cách viết ngẫu nhiên hai số, có n(Ω) = 504.504 .
Gọi A là biến cố hai số được viết khác nhau, và mỗi số viết được có tổng các chữ số là một số lẻ.
Số đó có dạng: abc0 .
Vì tổng các chữ số là một số lẻ nên trong ba chữ số a,b,c có 1 lẻ hoặc có 3 lẻ.
TH1: Trong ba số a,b,c có 1 lẻ và 2 chẵn có C51 .C42 .3! = 180 số.
TH2: Trong ba số a,b,c có 3 lẻ có A53 = 60 .
2

Vậy có tất cả 180+60=240 số, vì vậy n(A) = C240
.
2
n(A) C240
1195
=
=
≈ 11,2% .
2
n(Ω) 504
10584
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm I(1;2;3), và mặt phẳng (P) có
phương trình 2x − 2y − z − 4 = 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I, tiếp xúc với mặt phẳng (P).

Xác suất cần tính P(A) =

Ta có: d(I;(P)) =

2.1− 2.2 − 3 − 4

= 3.
2 2 + (−2)2 + (−1)2
Vì (S) tiếp xúc với (P) nên có bán kính R = 3 .
Vậy (S) :(x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 9 .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, tam giác SAB
đều, và SC = a 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và gọi K là trung điểm của AD, tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng SD,CK.
Ta có: SABCD = a 2 .
Tam giác SBC có SC 2 = SB 2 + BC 2 = 2a 2 ⇒ ΔSBC vuông tại B.
Do đó BC ⊥ SB , mặt khác

BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ (ABCD) ⊥ (SAB) .
Gọi H là trung điểm của AB, ta có:
SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ (ABCD) .

1
a 3 2 a3 3
.a =
Vì vậy, VS.ABCD = SH .SABCD =
.
3
6
6
+ Tính d(SD;CK).
Dựng hình bình hành DKCE, ta có CK / /DE ⇒ CK / /(SDE) ⇒ d(CK;SD) = d(CK;(SDE)) (1) .
Gọi I là giao điểm của HE và CD, ta có:
HE BE
1
=
= 3 ⇒ d(CK;(SDE)) = d(I;(SDE)) = d(H;(SDE)) (2) .
IE CE
3

a 5
a 10
, HE =
⇒ HE 2 = HD 2 + DE 2 ⇒ ΔHDE vuông tại D.
2
2
Kẻ HK vuông góc với SD tại K thì HK ⊥ (SDE) ⇒ HK = d(H;(SDE)) (3) .
Ta có, HD = CK = DE =

Trong tam giác vuông SHD, có:
1
1
1
4
4
32
15
=
+
= 2+ 2=
⇒ HK = a
(4) .
2
2
2
2
HK
SH
HD
3a 5a
15a
32
Từ (1),(2),(3),(4) suy ra: d(CK;SD) =

a 30
.
24

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có tâm là gốc toạ độ O, từ điểm P
trên đường thẳng y − 3 = 0 kẻ hai tiếp tuyến PA,PB đến (C). Gọi I là điểm trên đoạn AB, qua I kẻ
đường thẳng vuông góc với OI cắt (C) tại C,D. Tiếp tuyến của đường tròn (C) tại C,D cắt nhau tại điểm
Q(2;-1). Tìm toạ độ các điểm P,A,B biết rằng PA = 2 5 , và điểm A có hoành độ dương.
Ta chứng minh PQ ⊥ OQ .
Ta có PAOB nội tiếp đường tròn đường kính OP
(*).
và QCOD nội tiếp đường tròn đường kính OQ, nên
IO.IQ = IC.ID (1) .
Mặt khác ACBD nội tiếp đường tròn, nên
IA.IB = IC.ID (2) .
Từ (1),(2) suy ra IA.IB = IO.IQ ⇒ QAOB nội tiếp (**).
Từ (*) và (**) suy ra 5 điểm P,Q,O,A,B cùng thuộc đường tròn đường kính OP.
! = 90 0 ⇒ PQ ⊥ OQ .
Do đó PQO
!!!"
Ta có OQ = (2;−1) ⇒ PQ : 2x − y − 5 = 0 .
⎧y − 3 = 0
Toạ độ điểm P là nghiệm của hệ ⎨
⇒ P(4; 3) .
⎩2x − y − 5 = 0

Ta có R = OA = OP 2 − PA 2 = 25 − 20 = 5 .
Vậy (C) : x 2 + y 2 = 5 .

⎡ x = 2, y = −1
⎧⎪ x 2 + y 2 = 5
Toạ độ điểm A,B là nghiệm của hệ ⎨
⇔⎢

2
11 .
2
2
⎢x = − , y =
⎪⎩(x − 4) + (y − 3) = 20
⎣
5
5
2 11
Đối chiếu A có hoành độ dương suy ra A(2;−1), B(− ; ) .
5 5
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất một cặp số thực (x;y) thoả
mãn hệ điều kiện:
⎧⎪2x 2 − 4y 2 + 16y − 17 = m(y − 2 − −x 2 + 3x − 2 )3
.
⎨
3
2
(x
−
1)
x
−
1
+
8
=
y
−

6y
+
12y
⎩⎪

Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 2 .
Phương trình thứ nhất hai của hệ tương đương với:

y 3 − 6y 2 + 12y − 8 = (x − 1)3 ⇔ (y − 2)3 = (x − 1)3 ⇔ y − 2 = x − 1 .
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:


2x 2 − 4(x − 1) − 1 = m

(

x − 1 − −x 2 + 3x − 2

)

3

⇔ 2(x − 1)2 + 1 = m( x − 1 − −x 2 + 3x − 2 )3
⇔ ⎡⎣ 2(x − 1) + 1⎤⎦ .( x − 1 + −x + 3x − 2 ) = m(x − 1− (−x + 3x − 2))
2

2

3

2

.
3

⇔ ⎡⎣ 2(x − 1)2 + 1⎤⎦ .( x − 1 + −x 2 + 3x − 2 )3 = m(x − 1)6

Nhận thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình, vậy xét với x ∈(1;2 ] , đặt t = x − 1 ∈( 0;1] .
Phương trình cuối trở thành:
1
⎛2 1⎞ 1
(2t 2 + 1)( t + t − t 2 )3 = mt 6 ⇔ m = ⎜ + 3 ⎟ ( +
− 1)3 (*) .
⎝t t ⎠ t
t

1
⎛2 1⎞ 1
+ 3⎟( +
− 1)3 với t ∈( 0;1] , ta có:
⎝t t ⎠ t
t

Xét hàm số f (t) = ⎜

⎞
1
1
1
2 1 ⎛

1
1
⎛ 2 3⎞ 1
f '(t) = ⎜ − 2 − 4 ⎟ ( +
− 1)3 + 3( +
− 1)2 ( + 3 ) ⎜ −
−
< 0,∀t ∈( 01;] .
⎝ t
t ⎠ t
t
t
t
t t ⎝ 2 t 3 2 t 3 − t 4 ⎟⎠
Vì vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nửa khoảng ( 0;1] . Do đó phương trình (*) nếu có nghiệm t 0 thì nghiệm đó

⎧⎪ x = t 0 + 1
, tức x, y duy nhất.
⎩⎪ y = x − 1 + 2 = t 0 + 2

là duy nhất , khi đó: ⎨

Vì vậy, để hệ đã cho có một cặp số (x;y) duy nhất thoả mãn khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t ∈( 0;1] .
Ta có: f (t) ≥ f (1) = 3 ⇒ m ≥ 3 .

Vậy m ≥ 3 là giá trị cần tìm.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b là hai số thực dương thoả mãn a 2 + b 2 < 1 , và a 2 + b 2 − 2(a 4 + b 4 ) > 0 .

1 1
2(a 3 + b 3 )

+
−
− 12 ln ⎡⎣ a 2 + b 2 − 2(a 4 + b 4 ) ⎤⎦ .
a 2 b 2 ab 1− a 2 − b 2
1
1− a 2 b 2 + (1− a 2 − b 2 ) b 2 1− a 2 − b 2
−
1
=
=
= 2+
,
a2
a2
a2
a
a2
1
a 2 1− a 2 − b 2
−1 = 2 +
,
b2
b
b2
1
a2 + b2
a2
b2
−
1

=
=
+
1− a 2 − b 2
1− a 2 − b 2 1− a 2 − b 2 1− a 2 − b 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

Do đó kết hợp sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:


1 1
1
b 2 1− a 2 − b 2 a 2 1− a 2 − b 2
a2
b2
+
+
−
3
=
+
+
+
+
+
a 2 b 2 1− a 2 − b 2
a2
a2
b2

b2
1− a 2 − b 2 1− a 2 − b 2
2
2
1
1
⎞
⎞ 1− a − b 2
2⎛ 1
2⎛ 1
=a ⎜ 2 +
+b ⎜ 2 +
+
(a + b 2 )
2
2⎟
2
2⎟
2 2
⎝ b 1− a − b ⎠
⎝ a 1− a − b ⎠
ab
2(1− a 2 − b 2 )
≥
+
+
ab
b 1− a 2 − b 2 a 1− a 2 − b 2
3
3

2
2
2(a + b )
2(1− a − b )
2(a 3 + b 3 )
4(1− a 2 − b 2 )
=
+
≥
+
ab
a2 + b2
ab 1− a 2 − b 2
ab 1− a 2 − b 2
2a 2

2b 2

4(1− a 2 − b 2 )
1
−
+ 3 − 12 ln(a 2 + b 2 − (a 2 + b 2 )2 ) .
Vì vậy, P ≥
2
2
2
2
a +b
1− a − b
4(1− t)

1
Đặt t = a 2 + b 2 ,t ∈(0;1) , ta có: P ≥
−
+ 3 − 12 ln(t − t 2 ) .
t
1− t
⎡ 2
⎢t = 3
−24t + 31t − 4t − 4
Ta có, f '(t) =
.
; f '(t) = 0 ⇔ ⎢
t 2 (1− t)2
⎢t = 5 ± 89
⎢⎣
16
9
⎛ 2⎞
Suy ra: P ≥ f (t) ≥ f ⎜ ⎟ = 12 ln − 1 .
⎝ 3⎠
2
1
9
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b =
. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 12 ln − 1 .
2
3
3

2

.